重難點(diǎn)34 立體幾何體積問(wèn)題八大題型【2024高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)題型突破】（解析版）

高中數(shù)學(xué)精編資源2/2重難點(diǎn)專(zhuān)題34立體幾何體積問(wèn)題八大題型匯總題型1公式法 1題型2等體積轉(zhuǎn)化法 12題型3割補(bǔ)法 22題型4體積比問(wèn)題 31題型5體積中的動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題 38題型6體積中的最值取值范圍 50題型7向量法求體積 63題型8外接球問(wèn)題 75題型1公式法【例題1】（2023秋·山西太原·高三山西大附中校考階段練習(xí)）長(zhǎng)方形ABCD中，AB=2AD=22，點(diǎn)E為CD中點(diǎn)（如圖1），將點(diǎn)D繞AE旋轉(zhuǎn)至點(diǎn)P處，使平面PAE⊥平面ABCE

(1)求證：PA⊥PB；(2)點(diǎn)F在線(xiàn)段PB上，當(dāng)二面角F-AE-P大小為π4時(shí)，求四棱錐F-ABCE【答案】(1)證明見(jiàn)詳解(2)2【分析】（1）由已知條件，先證明BE⊥AE，再利用平面PAE⊥平面ABCE，可證BE⊥平面PAE，得到PA⊥BE，又PA⊥PE，可得PA⊥平面PBE，從而可證PA⊥PB；（2）由題意，建立空間直角坐標(biāo)系，由向量法求出平面FAE和平面PAE的法向量，進(jìn)而求出F點(diǎn)坐標(biāo)，確定F點(diǎn)位置，求出四棱錐F-ABCE的體積.【詳解】（1）證明：在長(zhǎng)方形ABCD中，AB=2AD=22，E為CD∴AE=BE=2，∴AE⊥BE，∵平面PAE⊥平面ABCE，平面PAE∩平面ABCE=AE，BE?平面ABCE，∴BE⊥平面PAE，AP?平面PAE，∴BE⊥PA，又PA⊥PE，BE?平面PBE，PE?平面PBE，PE∩BE=E，∴PA⊥平面PBE，PB?平面PBE，∴PA⊥PB.（2）

如圖，取AE的中點(diǎn)O，AB的中點(diǎn)G，連接OP,OG，由題意可得OP,OG,OA兩兩互相垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)A，OG，OP分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A1,0,0，E-1,0,0，B-1,2,0設(shè)PF=λPB，則設(shè)平面FAE的一個(gè)法向量為m=則m?AE=0令y=1，得z=2λ∴m又BE⊥平面PAE，∴n=EB=0,2,0令22×1+4λ2即F為PB的靠近P的三等分點(diǎn)時(shí)，二面角F-AE-P的平面角為π4∵PO⊥平面ABCE，且PO=1，∴F到平面ABCE的距離為23，又四邊形ABCE∴四棱錐F-ABCE的體積V【變式1-1】1.（2023秋·四川成都·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）如圖，在圓錐DO中，D為圓錐頂點(diǎn)，AB為圓錐底面的直徑，O為底面圓的圓心，C為底面圓周上一點(diǎn)，四邊形OAED為矩形，且AC=1，BC=3

(1)若F為BC的中點(diǎn)，求證：DF∥平面ACE；(2)若CD與底面ABC所成角為45°，求多面體ACBDE的體積．【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)3【分析】（1）解法一：連接DF、OF，結(jié)合條件得到OF∥AC，OD∥AE，從而得到平面∥ODF平面ACE，再根據(jù)面面平行的性質(zhì)得到DF//平面ACE；解法二：取AC中點(diǎn)G，連接DF和GF，結(jié)合條件得到DE∥FG，DE=FG，從而得到DF∥EG，即可證明DF∥平面ACE；（2）過(guò)點(diǎn)C做CM⊥AB交AB于點(diǎn)M，且連接OC，根據(jù)OD⊥平面ABC得到平面OADE⊥平面ABC，再由面面垂直的性質(zhì)得到CM⊥平面OADE，從而得出CM為四棱錐C-ABDE的高，即可求解.【詳解】（1）解法一：連接DF、OF，如圖：

在△ABC中，O、F分別為AB、BC的中點(diǎn)，所以O(shè)F∥AC，因?yàn)锳C?平面ACE，OF?平面ACE，所以O(shè)F∥平面ACE，

在矩形OAED中，OD∥AE，AE?平面ACE，OD?平面ACE，所以O(shè)D∥平面ACE，又OF∩OD=O，OF，OD?平面ODF，所以平面ODF∥平面ACE，因?yàn)镈F?平面ODF，所以DF∥平面ACE.解法二：取AC中點(diǎn)G，連接DF和GF，如圖：

在△ABC中，G、F分別為AC和BC的中點(diǎn)，所以GF∥AB，F(xiàn)G=1又在矩形OAED中，DE∥AB，DE=OA，又O是AB在中點(diǎn)，所以DE=1則DE∥FG，DE=FG，所以四邊形DEGF是平行四邊形，即DF∥EG，又DF?平面ACE，EG?平面ACE，所以DF∥平面ACE.（2）過(guò)點(diǎn)C做CM⊥AB交AB于點(diǎn)M，且連接OC，如圖：

由題意知：OD⊥平面ABC，OC?平面ABC，所以O(shè)D⊥OC，則CD與底面ABC所成角為∠DCO，即∠DCO=45又C是圓O上的點(diǎn)，所以AC⊥BC，因?yàn)锳C=1，BC=3，所以AB=2，∠BAC=60°，即DO=CO=1又OD?平面OADE，所以平面OADE⊥平面ABC，平面OADE∩平面ABC=AB，CM⊥AB，CM?平面ABC，所以CM⊥平面OADE，即CM為四棱錐C-ABDE的高，且CM=AC?sin又四邊形ABDE的面積S=1所以多面體ACBDE的體積為VC-ABDE【變式1-1】2.（2022秋·安徽合肥·高三合肥一中?？茧A段練習(xí)）如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，△PBC為等腰直角三角形，∠CPB=90°，平面PBC⊥平面ABCD，AD//BC

(1)求證：平面PAB⊥平面PCD；(2)若點(diǎn)E為PB的中點(diǎn)，F(xiàn)為CD的中點(diǎn)，點(diǎn)M為AB上一點(diǎn)，當(dāng)EM⊥BF時(shí)，求三棱錐E-BFM的體積．【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)1【分析】（1）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可得CD⊥平面PBC，再根據(jù)線(xiàn)面垂直的性質(zhì)與判定定理可得PB⊥平面PCD，最后根據(jù)面面垂直的判定定理，即可證明；（2）根據(jù)三垂線(xiàn)定理，解三角形知識(shí)，即可求解.【詳解】（1）證明：∵平面PBC⊥平面ABCD，又CD⊥AD，AD//BC，所以又平面PBC∩平面ABCD=BC，CD?平面ABCD∴CD⊥平面PBC，又PB?平面PBC，∴PB⊥CD，又∠CPB=90∴PB⊥PC，且CD∩PC=C，CD,PC?平面PCD，∴PB⊥平面PCD，又PB?平面PAB，∴平面PAB⊥平面PCD；（2）取BC中點(diǎn)G，連接PG，

已知△PBC為等腰直角三角形，∴PG⊥BC又平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD=BC，PG?平面PBC∴PG⊥平面ABCD，過(guò)E作EH則EH⊥平面ABCD，∴EM在平面ABCD內(nèi)的射影為HM，又EM⊥BF，根據(jù)三垂線(xiàn)定理易得HM⊥BF，設(shè)HM∩BF=N，作出平面圖形，如圖所示，

則MN=NB?tan∠NBM=(HB?cos∴S又EH=1∴三棱錐E-BFM的體積為13S△BFM【變式1-1】3.（2023·全國(guó)·高三專(zhuān)題練習(xí)）如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD與ABEF均為直角梯形，AD//BC,AF//BE,DA⊥平面

(1)已知點(diǎn)G為AF上一點(diǎn)，且AG=2，求證：BG與平面DCE不平行；(2)已知直線(xiàn)BF與平面DCE所成角的正弦值為55【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)AF的長(zhǎng)為4；VD-ABEF【分析】（1）證明出AB,AD,AF兩兩垂直，建立空間直角坐標(biāo)系，寫(xiě)出點(diǎn)的坐標(biāo)，求出平面DCE的法向量，計(jì)算出n?（2）由BF與平面DCE所成角的正弦值計(jì)算出AF的長(zhǎng)，從而求出梯形ABEF的面積，計(jì)算出四棱錐的體積.【詳解】（1）證明：因?yàn)镈A⊥平面ABEF，AB，AF?平面ABEF，所以DA⊥AB，DA⊥AF，又AB⊥AF，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AF,AB,AD分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則B0,2,0、E1,2,0、C0,2,1、D

所以EC=-1,0,1，ED=設(shè)平面DCE的法向量為n=x,y,z，則令x=2，則z=2,y=1，所以n=因?yàn)閚?BG=2×2+1×-2=2≠0，且不存在λ所以BG與平面DCE不平行；（2）設(shè)AF=a（a>0且a≠1），則Fa,0,0，所以BF∵直線(xiàn)BF與平面DCE所成角的正弦值為55∴55化簡(jiǎn)得11a2-40a-16=0，解得a=4或a=-此時(shí)梯形ABEF的面積S=12×【變式1-1】4.（2023秋·海南省直轄縣級(jí)單位·高三?？茧A段練習(xí)）如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，O是ABCD的中心，PO⊥底面ABCD，E是PC的中點(diǎn).

(1)求證：PA∥平面BDE(2)若OP=2，求三棱錐E-BCD的體積.【答案】(1)證明見(jiàn)詳解(2)1【分析】（1）連接OE，由三角形中位線(xiàn)定理可得OE//PA，再由直線(xiàn)與平面的判定定理可判定PA//平面BDE；（2）取OC中點(diǎn)F，連接EF，可得EF//PO，且EF=12PO=1,易得EF⊥【詳解】（1）證明：連接OE，∵O,E分別是AC，PC的中點(diǎn)，∴OE//PA，又OE?平面BDE，PA?平面BDE，∴PA//平面BDE.

（2）取OC中點(diǎn)F，連接EF，∵E是PC的中點(diǎn)，∴EF為△POC的中位線(xiàn)，則EF//PO，且EF=1又PO⊥平面ABCD，∴EF⊥平面ABCD，∴VE-BCD=13【變式1-1】5.（2023·全國(guó)·高三專(zhuān)題練習(xí)）如圖，四棱錐P-ABCD的底面是菱形，平面PAD⊥底面ABCD，E，F(xiàn)分別是AB，PC的中點(diǎn)，AB=6，DP=AP=5，∠BAD=60°.

(1)求證：EF//平面PAD(2)求證：AC⊥PE；(3)求四棱錐P-ABCD的體積.【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)證明見(jiàn)解析(3)24【分析】（1）利用直線(xiàn)與平面平行的判定定理直接證明；（2）利用直線(xiàn)與平面垂直證明直線(xiàn)與直線(xiàn)垂直；（3）求出四棱錐的高與底面積，從而利用體積公式求出體積.【詳解】（1）證明：取PD中點(diǎn)G，連接AG,FG，因?yàn)镕,G分別是PC,PD的中點(diǎn)，所以FG∥CD,FG=1又因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形，E是AB的中點(diǎn)，所以AE∥CD,AE=1所以FG∥AE,FG=AE，所以四邊形AEFG是平行四邊形，所以EF∥AG，又EF?平面PAD，AG?平面PAD，所以EF//平面PAD（2）證明：取AD中點(diǎn)O，連接PO,OE,BD，因?yàn)镈P=AP，O為AD中點(diǎn)，所以PO⊥AD，又因?yàn)槠矫鍼AD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，PO?平面PAD，所以PO⊥底面ABCD，又AC?底面ABCD，所以PO⊥AC，

因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形，所以BD⊥AC，又因?yàn)镺,E分別是AD,AB的中點(diǎn)，所以O(shè)E∥BD，所以O(shè)E⊥AC，又因?yàn)镺E∩PO=O,OE,PO?平面POE，所以AC⊥平面POE，又因?yàn)镻E?平面POE，所以AC⊥PE.（3）解：由（2）知PO⊥底面ABCD，所以PO是四棱錐P-ABCD的高，因?yàn)镈P=AP=5，AB=6，O為AD中點(diǎn)，所以PO=4，因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形，∠BAD=60°，AB=6，所以SABCD所以四棱錐P-ABCD的體積V=1題型2等體積轉(zhuǎn)化法【例題2】（2021·黑龍江大慶·大慶中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD的平行四邊形，∠ADC=60°，AB=1

(1)求證：AB⊥PC；(2)若PA=AB=1【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)2【分析】（1）推導(dǎo)出AB⊥PA，AB⊥AC，從而AB⊥平面PAC，由此能證明AB⊥PC.（2）推導(dǎo)出PA⊥面ABCD，由VP【詳解】（1）由題意，∵PA⊥面ABCD，AB?平面ABCD，∴AB⊥PA，∵∠ABC=∠ADC=60°，AB=1在△ABC中，由余弦定理有：AC即：AB⊥AC，∵PA∩AC=A，又PA?平面PAC，AC?平面PAC，∴AB⊥平面PAC，∵PC?平面PAC，∴AB⊥PC.（2）由題意及（1）得，PA=AB=1所以PA=AB=2，AD=4，因?yàn)镻A⊥面ABCD且E為PD的中點(diǎn)，所以E點(diǎn)到平面ADC的距離為12所以三棱錐P﹣AEC的體積：VP-AEC=【變式2-1】1.（2023秋·四川成都·高三石室中學(xué)?？奸_(kāi)學(xué)考試）如圖，在四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD為正方形，平面ADP⊥底面ABCD,AP=DP，且AP⊥DP，設(shè)E,F分別為CP,BD的中點(diǎn)，F(xiàn)P=2

(1)求證：AP⊥CP；(2)求三棱錐P-ADE的體積．【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)1【分析】（1）通過(guò)證明AP⊥平面PCD來(lái)證得AP⊥CP.（2）根據(jù)錐體體積的計(jì)算公式求得正確答案.【詳解】（1）∵ABCD是正方形，∴AD⊥CD．∵側(cè)面PAD⊥底面ABCD，側(cè)面PAD∩底面ABCD=AD，AD?平面PAD，∴CD⊥平面PAD，∵AP?平面PAD，∴CD⊥AP．又AP⊥DP，CD∩DP=D,CD,DP?平面PCD，∴AP⊥平面PCD，∵CP?平面PCD，∴AP⊥CP．（2）∵四邊形ABCD為正方形，連接AC，則AC∩BD=F，F(xiàn)為AC中點(diǎn)．∵E為PC中點(diǎn)，∴在△ACP中，EF//∵PA?平面ADP，EF?平面ADP，∴EF//平面ADP∴E到面ADP的距離等于F到面ADP的距離．由（1）知，PA⊥PC，∴PF=12AC=∴AB=AD=2，PA=PD=2（法一）取AD中點(diǎn)M，連接AC,MF，則MF//CD，又CD⊥平面∴MF⊥平面ADP．∴VP-ADE（法二）取AD中點(diǎn)M，連接AC,MF，則PM⊥AD．∵側(cè)面PAD⊥底面ABCD，側(cè)面PAD∩底面ABCD=AD，PM?平面PAD，∴PM⊥底面ABCD，PM=1∴VP-ADE

【變式2-1】2.（2023秋·四川成都·高三?？茧A段練習(xí)）如圖，在幾何體BACDEF中，四邊形CDEF是菱形，AB//CD，平面ADF⊥平面CDEF，

(1)求證：AC⊥DF；(2)若FA=FC=FD=2，AB=1，求三棱錐E-BDF的體積.【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)1【分析】（1）連接CE，與DF交于點(diǎn)O，可證得DF⊥平面AOC，根據(jù)線(xiàn)面垂直的定義即可證明；（2）根據(jù)VE-BDF=VB-DEF，而點(diǎn)B到平面CDEF的距離等于點(diǎn)A到平面CDEF的距離,根據(jù)題中條件，可知AO為點(diǎn)A到平面【詳解】（1）證明：如圖，連接CE，與DF交于點(diǎn)O，則O為DF的中點(diǎn)，連接AO，由四邊形CDEF是菱形可得CE⊥DF，因?yàn)锳D=AF，所以AO⊥DF，因?yàn)镃E∩AO=O，CE,AO?平面AOC,所以DF⊥平面AOC，因?yàn)锳C?平面AOC，所以AC⊥DF.

（2）因?yàn)槠矫鍭DF⊥平面CDEF，平面ADF∩平面CDEF=FD，且AO⊥DF，AO?平面ADF,所以AO⊥平面CDEF，即AO為三棱錐A-CDF的高.由FA=FC=FD=2，四邊形CDEF是菱形，且AD=AF，可得△ADF與△CDF都是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，所以AO=2×sin因?yàn)锳B//CD，CD?平面CDEF，AB?平面所以AB//平面CDEF故點(diǎn)B到平面CDEF的距離也為AO=3由四邊形CDEF是菱形得S因此VE-BDF【變式2-1】3．（2023秋·四川眉山·高三校考階段練習(xí)）如圖，在四棱錐P-ABCD中，PD⊥面ABCD，AB∥CD，AB⊥AD，CD=AD=12AB=2，∠PAD=45°

(1)求證：DE∥平面PBC(2)求三棱錐G-PBC的體積．【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)2【分析】（1）取PB的中點(diǎn)F，連接EF,CF,證明四邊形CDEF是平行四邊形，進(jìn)而可得DE//平面PBC；（2）根據(jù)VG-PBC【詳解】（1）取PB的中點(diǎn)F，連接EF，CF，又因?yàn)镋是PA的中點(diǎn)，所以EF∥AB，且EF=因?yàn)镃D=1所以EF∥CD，且EF＝CD，所以四邊形CDEF是平行四邊形，可得DE∥CF，因?yàn)镃F平面PBC，DE平面PBC，所以DE∥平面PBC；

（2）因?yàn)锳B∥DC，AB⊥AD，所以AD⊥CD，因?yàn)镻D⊥平面ABCD，AD平面ABCD，所以PD⊥AD，因?yàn)椤螾AD＝45°，所以在等腰直角三角形APD中，PD＝AD＝2，∵AD＝CD＝2，AB＝4，∴在直角△DAB中，BD=AD2∵CG⊥BD，設(shè)CG∩BD＝H，∴cos∠CDH=∴DH＝455，BH＝BD-DH＝在直角△BHG中，cos∠ABD=∴VG-PBC【變式2-1】4.（2023·全國(guó)·高三專(zhuān)題練習(xí)）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面四邊形ABCD為矩形，平面PAB⊥平面ABCD，PA⊥PB，AB=5，PB=BC=2，點(diǎn)Q為PC

(1)求證：平面ABQ⊥平面PAC；(2)求三棱錐P-QBD的體積.【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)1【分析】（1）先根據(jù)平面PAB⊥平面ABCD得到BC⊥平面PAB，進(jìn)而得到BC⊥AP，結(jié)合PA⊥PB可得AP⊥平面BCP，進(jìn)而得到AP⊥BQ，進(jìn)而結(jié)合BQ⊥PC可得BQ⊥平面PAC，進(jìn)而求證；（2）作PH⊥AB于點(diǎn)H，利用面積公式可得PH=255，由點(diǎn)Q為PC的中點(diǎn)，可得點(diǎn)P到平面QBD的距離等于點(diǎn)C到平面QBD【詳解】（1）證明：∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，BC⊥AB，且BC?平面ABCD，∴BC⊥平面PAB，又∵AP?平面PAB，∴BC⊥AP.又∵PA⊥PB，BC∩BP=B，BC,BP?平面BCP，∴AP⊥平面BCP，又BQ?平面BCP，則AP⊥BQ.在△BCP中，PB=BC，Q為PC的中點(diǎn)，∴BQ⊥PC，又AP∩PC=P，AP，PC?平面PAC，∴BQ⊥平面PAC，又BQ?平面ABQ，∴平面ABQ⊥平面PAC.（2）作PH⊥AB于點(diǎn)H，在Rt△PAB中，PA=則PH=PA?PB∵點(diǎn)Q為PC的中點(diǎn)，∴點(diǎn)P到平面QBD的距離等于點(diǎn)C到平面QBD的距離，即VP-QBD又點(diǎn)Q到平面BCD的距離等于點(diǎn)P到平面BCD的距離的一半，即h=PH2=所以VQ-BCD所以三棱錐P-QBD的體積為13

【變式2-1】5．（2023·全國(guó)·高三專(zhuān)題練習(xí)）如圖，梯形ABCD中，AD=4，E為AD中點(diǎn)，且CE⊥AD，CE=BC=1，將△DEC沿CE翻折到△PEC，使得∠PEA=π3．連接

(1)求證：BE⊥PC；(2)Q為線(xiàn)段PA上一點(diǎn)，若AQ=23【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)3【分析】（1）根據(jù)題意，證得CE⊥平面PAE，從而得到平面ABCE⊥平面PAE，取AE中點(diǎn)O，連接PO,OB,OC，證得PO⊥平面ABCE，從而證得BE⊥平面POC，結(jié)合線(xiàn)面垂直的性質(zhì)，即可證得BE⊥PC．（2）由AQ=23【詳解】（1）證明：因?yàn)镃E⊥AD，所以CE⊥AE且CE⊥PE，又因?yàn)镻E∩AE=E，且PE,AE?平面PAE，所以CE⊥平面PAE，因?yàn)镃E?平面ABCE,所以平面ABCE⊥平面PAE，在梯形ABCD中，DE=2，所以AE=2，所以在四棱錐P-ABCE中，PE=AE=2，又因?yàn)椤螾EA=π3，所以取AE中點(diǎn)O，連接PO,OB,OC，可得PO⊥AE,OB⊥AE，因?yàn)槠矫鍭BCE⊥平面PAE，平面ABCE∩平面PAE=AE，PO?平面PAE，且PO⊥AE，可得PO⊥平面ABCE，又因?yàn)锽C=CE=OE=1，CE⊥AE，CE⊥BC，所以四邊形OBCE為正方形，所以BE⊥OC，因?yàn)镺C∩PO=O且OC,PO?平面POC，所以BE⊥平面POC,又因?yàn)镻C?平面POC，所以BE⊥PC．（2）解：由題意得，點(diǎn)Q為線(xiàn)段PA上一點(diǎn)，且AQ=23所以VP-BCQ又由（1）知PO⊥平面ABCE，所以PO為三棱錐P-ABC的高，由△PAE為正三角形，且PA=2，可得PO=3所以VP-BCQ

題型3割補(bǔ)法【例題3】（2023秋·青海西寧·高三統(tǒng)考開(kāi)學(xué)考試）如圖所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，

(1)求證：DE//平面AA(2)求多面體BB【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)2【分析】（1）根據(jù)三角形中位線(xiàn)定理，結(jié)合平行四邊形的判定定理和性質(zhì)、線(xiàn)面平行的判定定理進(jìn)行證明即可；（2）根據(jù)線(xiàn)面垂直的性質(zhì)、線(xiàn)面垂直的判定定理，結(jié)合棱錐體積公式進(jìn)行求解即可.【詳解】（1）如圖，取A1B1的中點(diǎn)F∵E是B1C1又AD∥A∴AD∥EF,AD=EF，∴四邊形ADEF是平行四邊形，∴DE∥AF．又∵DE?平面AA1B∴DE∥平面AA（2）連接B1

∵AA1⊥平面A∵A1B1⊥∴A1B同理可得AD⊥平面AA∴V【變式3-1】1.（2023·全國(guó)·高三專(zhuān)題練習(xí)）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，∠A(1)求證：B，D，E，B1(2)求四棱錐A1【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)6【分析】（1）由題設(shè)AC//A1C1，AC=A1C（2）根據(jù)面面垂直性質(zhì)定理證明線(xiàn)面垂直，最后根據(jù)體積公式計(jì)算即可.【詳解】（1）在三棱柱ABC-A1B1C因?yàn)锳D=3DC，A1E=3EC則四邊形ADEA1為平行四邊形，則又因?yàn)锳A1//BB1（2）連接A1C，取AC的中點(diǎn)O，連接在三棱柱ABC-A1B1C則∠A1AC=60°，又AC=C又O為AC的中點(diǎn)，所以A1又平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1所以A1又BA=BC，O為AC的中點(diǎn)，所以BO⊥AC．因?yàn)閠an∠BAC=32，AO=2，所以BO=3，A又因?yàn)閂ABD-A1所以四棱錐A1-BDEB【變式3-1】2.（2023·四川瀘州·校考三模）如圖，已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是邊長(zhǎng)為2的正方形，

(1)求證：直線(xiàn)D1E、CF、(2)若AA1=4【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)2【分析】（1）根據(jù)題意可得四邊形EFCD（2）根據(jù)題意利用割補(bǔ)法求體積.【詳解】（1）連接EF、A1因?yàn)镋、F分別為AA1、AB的中點(diǎn)，所以EF//因?yàn)锳BCD-A所以BC//AD//A1所以A1B//D1C且所以四邊形EFCD1為梯形，所以D1E與即P∈D1E,P∈CF，且D1E平面AD所以P∈平面ABCD，P∈平面ADD又因?yàn)槠矫鍭BCD∩平面ADD1A1=AD所以直線(xiàn)D1E、CF、DA交于一點(diǎn)（2）連接D1由題意可得：VBC

【變式3-1】3.（2023秋·廣東廣州·高三廣州市第一中學(xué)校考階段練習(xí)）如圖，四邊形ABCD是矩形，四邊形ABEF是梯形，BE//AF，BE⊥EF，∠BAF=30°

(1)求證：BF⊥AC．(2)若二面角C-AF-B為π6，求多面體ABCDEF【答案】(1)證明見(jiàn)解析；(2)33【分析】（1）利用正弦定理先證AB⊥BF，再證線(xiàn)面垂直即可；（2）建立合適的空間直角坐標(biāo)系，由二面角計(jì)算BC長(zhǎng)，將多面體分割為四棱錐F-ABCD和三棱錐C-BEF，分別計(jì)算其體積即可.【詳解】（1）在△ABF中，由正弦定理BFsin∠BAF=所以∠ABF=π又平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，BF?平面ABEF，所以BF⊥平面ABCD．又AC?平面ABCD,所以BF⊥AC；（2）因?yàn)樗倪呅蜛BCD是矩形，所以BC⊥BA．結(jié)合BF⊥平面ABCD，可知BA,BF,BC兩兩垂直．故以B為原點(diǎn)，BA,BF,BC所在直線(xiàn)分別為x,y,z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．

易知平面BAF的一個(gè)法向量為m=(0,0,1)假設(shè)BC=h，則A(23,0,0),F(0,2,0),C(0,0,h)設(shè)平面CAF的法向量為n=(x,y,z)，所以n?AF令z=23，則x=h,y=3h，所以平面CAF因?yàn)槎娼荂-AF-B為π6，所以cos解得h=1．易證△ABF～△FEB，所以BE=1,EF=3因?yàn)锽C⊥AB，平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，所以BC⊥平面ABEF，所以BC是三棱錐C-BEF的高．VC-BEF因?yàn)锽F⊥平面ABCD，所以BF是四棱錐F-ABCD的高．VF-ABCD所以多面體ABCDEF的體積V=V【變式3-1】4.（2023·陜西西安·西安市第三十八中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，在三棱柱ABC-A'B'C'中，中，AB⊥BC,AB=BC=BB

(1)證明：BC⊥CC(2)求多面體AA【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)4【分析】（1）取AB的中點(diǎn)D，連接B'D，得到B'D⊥平面ABC，證得B'D⊥BC，AB⊥BC，利用線(xiàn)面垂直的判定定理，證得BC⊥平面（2）由柱體和錐體的體積公式，結(jié)合V=V1-【詳解】（1）證明：取AB的中點(diǎn)D，連接B'因?yàn)锽'在平面ABC上的射影為AB的中點(diǎn)，所以B'D⊥又因?yàn)锽C?平面ABC，所以B'因?yàn)锳B⊥BC，AB∩B'D=D，且AB,B'D?平面又因?yàn)锽B'?平面AB因?yàn)锽B'//C（2）解：因?yàn)锽'D⊥平面ABC，且AB?平面ABC，所以因?yàn)锽B'=2，BD=1所以三棱柱ABC-A'B且VB故多面體AA'B

【變式3-1】5.（2022秋·廣西桂林·高三校考階段練習(xí)）如圖所示的多面體中，四邊形ABCD是矩形，AB=4，△EAD，△FBC都是邊長(zhǎng)為2的正三角形，EF=2

(1)證明：EF//平面ABCD；(2)求這個(gè)多面體的體積V.【答案】(1)見(jiàn)解析(2)10【分析】（1）根據(jù)線(xiàn)面平行的判定定理及性質(zhì)定理即可證明；（2）將幾何體分割為直三棱柱MPE-NQF，四棱錐E-AMPD與四棱錐F-BNQC，從而再利用錐體的體積公式與柱體的體積公式計(jì)算可求求解．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB//CD，又AB?平面CDEF，CD?平面CDEF，∴AB//平面CDEF，又AB?平面ABFE，且平面CDEF∩平面ABFE=EF，∴AB//EF，又AB?平面ABCD，EF?平面ABCD，∴EF//平面ABCD；（2）由（1）知AB//EF，CD//EF，

所以四邊形ABFE與四邊形CDEF都是上底為2，下底為4，腰為2的等腰梯形，如圖，過(guò)E，F(xiàn)分別作AB，CD的垂線(xiàn)，垂足點(diǎn)分別為M，N，P，Q，則易得：三棱柱MPE-NQF為直三棱柱，且四棱錐E-AMPD與四棱錐F-BNQC體積相等，又EM=EP=FN=FQ=A∴等腰三角形EMP底面MP上的高為EM∴E到平面ABCD的距離為2，∴這個(gè)多面體的體積V=2=2×1

題型4體積比問(wèn)題【例題4】（2023·陜西咸陽(yáng)·武功縣普集高級(jí)中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，四邊形ACC1A1與四邊形BCC1B

(1)求證：平面PB1C(2)如果AC=1，求三棱錐B1-A【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)V三棱【分析】（1）通過(guò)證明CP⊥平面PB1C1，即可證明平面（2）分別求出三棱錐B1-A1C1P【詳解】（1）由題意證明如下：∵AC=BC=22AB又因?yàn)镃C1⊥BC，且CC1∩AC=C，AC?∴BC⊥平面ACC又CP?平面ACC1A2AC=22AA1，即同理∠A1PC1又由于BC∥∴B1∵PC1∩B1C1=C所以CP⊥平面PB∵CP?平面PB∴平面PB1C（2）由題意及（1）得，幾何體ABC-A1B∵V三棱柱V四棱∴V多面體而V三棱∴V三棱【變式4-1】1.（2024·全國(guó)·高三專(zhuān)題練習(xí)）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，PD=AD=2,E是棱PC上的動(dòng)點(diǎn)（不與P,C重合），PD交平面ABE于點(diǎn)F.

(1)求證：CD∥平面ABE；(2)求證：平面PAD⊥平面ABE；(3)若E是PC的中點(diǎn)，平面ABE將四棱錐P-ABCD分成五面體PABEF和五面體ABEFDC，記它們的體積分別為V1,V【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)證明見(jiàn)解析(3)V【分析】（1）由線(xiàn)面平行的判定定理可證；（2）由線(xiàn)面垂直的性質(zhì)定理和判定定理先得AB⊥平面PAD，再由面面垂直的判定定理得證；（3）連結(jié)AE、DE，將五面體ABEFDC分割成三棱錐E-ADF和四棱錐E-ABCD，分別求出體積，可求V2，再由V【詳解】（1）由底面ABCD是正方形，知CD∥AB，又CD?平面ABE，AB?平面ABE，所以CD∥平面ABE；（2）由底面ABCD是正方形，可知AB⊥AD，又PD⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，所以AB⊥PD，AD?平面ABCD，PD?平面ABCD，且AD∩PD=D，所以AB⊥平面PAD，又AB?平面ABE，所以平面PAD⊥平面ABE；（3）

連結(jié)AE、DE，由（1）CD∥平面ABE，CD?平面PCD，平面ABE∩平面PCD=EF,得EF∥CD，即又由（2）AB⊥平面PAD，可得EF⊥平面PAD，由題意，E是PC的中點(diǎn)，V2=V又V四棱錐所以V1V1【變式4-1】2.（2023·陜西西安·西安市大明宮中學(xué)校考模擬預(yù)測(cè)）如圖，在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C

(1)證明：平面PCD1⊥(2)畫(huà)出平面D1PC與平面(3)求過(guò)D1,P,C三點(diǎn)的平面【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)答案見(jiàn)解析(3)17【分析】（1）通過(guò)證明CP⊥面PDD1，證平面PCD（2）延長(zhǎng)CP與DA的延長(zhǎng)線(xiàn)相交于M，連接MD1，則MD1即為平面（3）求得兩部分的體積，可求過(guò)D1,P,C三點(diǎn)的平面【詳解】（1）在長(zhǎng)方體ABCD-A1B∴△ADP與△BPC都是等腰直角三角形，∴∠APD=∠BPC=45°，∴∠DPC=90°,∴DP⊥PC，∵DD1⊥平面ABCD,PC?平面ABCD又DD1∩DP=D,DD1,DP?面又PC?平面PCD1,∴平面PC（2）延長(zhǎng)CP與DA的延長(zhǎng)線(xiàn)相交于M，連接MD則MD1即為平面D1M∈AD,∴M∈平面A1ADD1，∴平面D1PC與平面A1（3）令MD1與AA則三棱臺(tái)APN-DCD1的體積為∵P為棱AB的中點(diǎn)，∴P為CM的中點(diǎn)，∴A是MD的中點(diǎn)，N是MD∴MD=2AD=2,AN=1∴VM-DCD∴三棱臺(tái)APN-DCD1的體積為∴過(guò)D1,P,C三點(diǎn)的平面α將四棱柱分成的上部分的體積為∴過(guò)D1,P,C三點(diǎn)的平面α將四棱柱分成的上、下兩部分的體積之比為

【變式4-1】3.（2023·浙江·統(tǒng)考二模）如圖，在正四棱臺(tái)ABCD-A'B'C(1)記棱錐P-BCD，棱臺(tái)ABCD-A'B'C'D'的體積分別為(2)若正四棱臺(tái)的側(cè)棱與底面所成角為π3，當(dāng)平面A'BD⊥平面PBD時(shí)，求直線(xiàn)PA【答案】(1)V(2)4【分析】（1）設(shè)棱臺(tái)的高為h，由題意可得棱臺(tái)上下底面的面積比為S1:S2=1:4（2）以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)CP=λCC'0≤λ≤1，分別求出平面A'BD和平面PBD的法向量，由平面A'BD⊥【詳解】（1）設(shè)棱臺(tái)的高為h，因?yàn)锳B=2A'B所以V2V1所以V1（2）如圖，連接AC與BD交于點(diǎn)O，因?yàn)檎睦馀_(tái)的側(cè)棱AA'與底面ABCD所成角為所以∠A'AC=不妨設(shè)AB=2A'B'=2則A2,0,0因?yàn)辄c(diǎn)P為棱CC'上一點(diǎn)，設(shè)CP=λ設(shè)平面PBD的法向量為n=x,y,z，因?yàn)樗詎?BP=0令x=3λ，z=2-λ設(shè)平面A'BD的法向量為m=x所以n?A'令x1=3，因?yàn)閙?n=0，所以λ=12，即P所以AP=-72,0,因?yàn)镃B=2,2,0，所以n?CB=0令x2=3，y記直線(xiàn)PA與平面PBC所成角為θ，則sin所以直線(xiàn)PA與平面PBC所成角的正弦值為4273題型5體積中的動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題【例題5】（2023·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，已知三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=2，A1A=A1B=

(1)求證：AB⊥EF；(2)設(shè)P是棱AA1上的動(dòng)點(diǎn)（不包括邊界），當(dāng)△PBC的面積最小時(shí)，求棱錐【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)6【分析】（1）連接A1E，AE，利用△A1AE≌△A1BE可證A1E⊥AE，從而可證（2）由（1）可得BC⊥平面A1AE，從而有BC⊥PE，進(jìn)而可知當(dāng)PE⊥AA1時(shí)，PE最小，此時(shí)△PBC面積最小.過(guò)P做PM⊥AE于M，從而可得【詳解】（1）連接A1E∵A1B=A1C，又AB=AC，∠BAC=90°，∴AE⊥BC，且AE=BE=EC.∵A∴△A1AE≌△又A1E⊥BC，BC∩AE=E，BC,AE?平面∴A1E⊥平面ABC，又AB?平面ABC由已知AB⊥AC，AC∥A1C又A1C1∩A1E=A1而F∈A1C1，EF?平面（2）由（1）可知A1E⊥BC，又A1E∩AE=E，A1E,AE?平面A1又P∈AA1，PE?平面A1所以S△PBC=12BC?PE∴當(dāng)PE⊥AA1時(shí)，PE最小，此時(shí)在Rt△A1EA中，A1A=22，AE=在△A1AE中，過(guò)P做PM⊥AE于M∴PMA1E=APA∴V

【變式5-1】1.（2023秋·湖南長(zhǎng)沙·高三長(zhǎng)沙一中?？茧A段練習(xí)）如圖，在三棱錐P-ABC中，側(cè)棱PA⊥底面ABC，且PA=AC,AC⊥BC，過(guò)棱PC的中點(diǎn)E，作EF⊥PB交PB于點(diǎn)F，連接AE,AF.

(1)證明：PB⊥平面AEF；(2)若PA=2，三棱錐P-AEF的體積是26，求直線(xiàn)PC與平面AEF【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)π【分析】（1）利用線(xiàn)面垂直的判定定理和性質(zhì)定理可得答案；（2）解法一：設(shè)BC=λ(λ>0)，由△PFE∽△PCB得EF=2λ8+λ2，再利用VP-AEF=26求出λ解法二：設(shè)BC=λ(λ>0)，由△PFE∽△PCB得EF=2λ8+λ2，再利用VP-AEF=26求出λ，以A為原點(diǎn)，與AC垂直的方向，射線(xiàn)AC【詳解】（1）因?yàn)镻A⊥平面ABC,BC?平面ABC，所以PA⊥BC，又因?yàn)锳C⊥BC，而PA∩AC=A,PA,AC?平面PAC，所以BC⊥平面PAC，又AE?平面PAC，所以BC⊥AE.又因?yàn)镻A=AC，點(diǎn)E是PC的中點(diǎn)，所以AE⊥PC.而PC∩BC=C,PC,BC?平面PBC，所以AE⊥平面PBC,PB?平面PBC，所以AE⊥PB，又PB⊥EF,AE∩EF=E,AE,EF?平面AEF，所以PB⊥平面AEF；（2）解法一：設(shè)BC=λ(λ>0)，由（1）得，AE=PE=CE=2可知AB=4+由△PFE∽△PCB，得PEPB=EF在Rt△PFE中，PF=P所以VP-AEF化簡(jiǎn)得(λ-22)2=0，解得由（1）知PF⊥平面AEF，故∠PEF即為所求角，在Rt△PFE中，cos∠PEF=又θ∈0,π2解法二：設(shè)BC=λ(λ>0)，由（1）得，AE=PE=CE=2可知AB=4+由△PFE∽△PCB，得PEPB=EF在Rt△PFE中，PF=P所以VP-AEF化簡(jiǎn)得(λ-22)2如圖，以A為原點(diǎn)，與AC垂直的方向，射線(xiàn)AC，射線(xiàn)AP分別為x,y,z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系.因?yàn)镻A=AC=2,BC=22，則APB=由（1）知，PB⊥平面AEF，所以PB=22設(shè)直線(xiàn)PC與平面AEF所成角為θ，則sinθ=PB?PCPB

【變式5-1】2.（2023秋·江蘇泰州·高三泰州中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖，圓錐SO，S為頂點(diǎn)，O是底面的圓心，AE為底面直徑，AE=AS，圓錐高SO=6點(diǎn)P在高SO上，△ABC是圓錐SO底面的內(nèi)接正三角形.

(1)若PO=6，證明:PA⊥平面(2)點(diǎn)P在高SO上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)PE和平面PBC所成角的正弦值最大時(shí)，求三棱錐P-ABC的體積.【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)9【分析】（1）根據(jù)題意易證AP⊥BP，AP⊥CP，再根據(jù)線(xiàn)面垂直的判定即可證明PA⊥平面PBC.（2）首先點(diǎn)O為原點(diǎn)，平行于CB方向?yàn)閤軸，以O(shè)E方向?yàn)閥軸，以O(shè)S方向?yàn)閦軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法和基本不等式得到當(dāng)PO=6時(shí)，PE與平面PBC所成角的正弦值最大，再求三棱錐【詳解】（1）因?yàn)锳E=AS，AS=SE，所以△ACE是正三角形，則∠SAO=π易知SO⊥底面圓O，而AE?底面圓O，所以SO⊥AE，又在Rt△AOS中，SO=6，所以AO=因?yàn)椤鰽BC是正三角形，所以AB=AO×3且AP=AO2+PO2=32，又BP∩PC=P，BP,PC?平面PBC，所以PA⊥平面PBC；（2）如圖，因?yàn)锳E⊥BC，所以以點(diǎn)O為原點(diǎn)，平行于CB方向?yàn)閤軸，以O(shè)E方向?yàn)閥軸，以O(shè)S方向?yàn)閦軸，建立以O(shè)為原點(diǎn)的空間直角坐標(biāo)系O-xyz，

設(shè)|PO|=m,(0≤m≤6),∴P(0,0,m),E(2所以PE設(shè)平面PBC的法向量為n=x,y,z，則令x=0，則y=m,z=3，故n設(shè)直線(xiàn)EP和平面PBC所成的角為θ，則sin=3當(dāng)且僅當(dāng)m2=36m2，即PO故V=1【變式5-1】3.（2024·全國(guó)·高三專(zhuān)題練習(xí)）已知面積為23的菱形ABCD如圖①所示，其中AC=2，E是線(xiàn)段AD的中點(diǎn)．現(xiàn)將△DAC

(1)若二面角S-AC-B的平面角大小為2π3，求三棱錐(2)若二面角S-AC-B的平面角α∈π3,【答案】(1)3(2)3【分析】（1）由菱形ABCD的面積得BD=23，二面角S-AC-B的平面角為∠SOB=2π（2）取AC邊上靠近點(diǎn)A的四等分點(diǎn)G，取AB的中點(diǎn)為H，則AC⊥平面EGH，故點(diǎn)F的軌跡長(zhǎng)度即為△EHG的周長(zhǎng)，由于EG=GH=32，EH=12SB，由二面角S-AC-B【詳解】（1）因?yàn)榱庑蜛BCD的面積為12AC?BD=23，得BD=23，又因?yàn)槎娼荢-AC-B的平面角為∠SOB，且大小為2π3，所以故點(diǎn)S到平面ABC的距離為SO?sin由于△ABC的面積為12則三棱錐S-ABC的體積為VS-ABC

（2）取AC邊上靠近點(diǎn)A的四等分點(diǎn)G，取AB的中點(diǎn)為H，連接EH，EG，GH，∵EG∥SO，SO⊥AC，∴AC⊥EG，同理AC⊥GH，∵EG∩GH=G，EG,GH?平面EGH，所以AC⊥平面EGH，故點(diǎn)F的軌跡長(zhǎng)度即為△EHG的周長(zhǎng).由于EG=GH=32，EH=1且二面角S-AC-B的大小平面角α=∠SOB∈πSB∵α∈π3,2π則SB∈3,3，所以點(diǎn)F的軌跡長(zhǎng)度的取值范圍為33

【變式5-1】4.（2023·江蘇蘇州·校聯(lián)考三模）如圖，在三棱錐P-ABC中，△ABC是邊長(zhǎng)為62的等邊三角形，且PA=PB=PC=6，PD⊥平面ABC，垂足為D,DE⊥平面PAB，垂足為E，連接PE并延長(zhǎng)交AB于點(diǎn)G

(1)求二面角P-AB-C的余弦值；(2)在平面PAC內(nèi)找一點(diǎn)F，使得EF⊥平面PAC，說(shuō)明作法及理由，并求四面體PDEF的體積.【答案】(1)33(2)答案見(jiàn)解析，43【分析】（1）根據(jù)條件確定∠PGD就是二面角P-AB-C的平面角，構(gòu)造三角形求解；（2）根據(jù)給定的條件知PB⊥平面PAC，過(guò)點(diǎn)E作PB的平行線(xiàn)與PA交于F，則EF⊥平面PAC，再求出三棱錐P-EFD的底面積和高即可.【詳解】（1）

∵PA=PB=PC，并且△ABC是等邊三角形，∴三棱錐P-ABC是正三棱錐，D是△ABC的中心，點(diǎn)G是AB邊的中點(diǎn)；由PD⊥平面ABC，DE⊥平面PAB，AB?平面PAB，可知AB⊥PD,AB⊥DE,PD∩DE=D，PD?平面PDG，DE?平面PDG，所以AB⊥平面PDG，進(jìn)而得AB⊥PG,AB⊥DG，所以∠PGD就是二面角P-AB-C的平面角，又△ABC是邊長(zhǎng)為62的等邊三角形，且PA=PB=PC=6，P∴△PAB是等腰直角三角形，同理△PAC,△PBC都是等腰直角三角形；∴PG=12AB=3cos∠PGD=GDPG=3（2）∵PB⊥PC,PB⊥PA,PA∩PC=P,PA?平面PAC，PC?平面PAC，∴PB⊥平面PAC，同理PC⊥平面PAB，又DE⊥平面PAB，∴ED//PC，∴E與點(diǎn)P，D，C共面，即E點(diǎn)在線(xiàn)段PG上，又△EDG～△PGC,∴ED=13PC=2，PE過(guò)E點(diǎn)在平面PAB內(nèi)作PB的平行線(xiàn)，與PA交于F，則EF⊥平面PAC，△PEF也是等腰直角三角形，EF=PE又DE⊥平面PAB，EF?平面PAB，∴DE⊥EF，將△PEF作為底面，則ED是三棱錐D-PEF的高，∴VP-DEF=VD-PEF【變式5-1】5.（2023·江蘇淮安·江蘇省鄭梁梅高級(jí)中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，在四棱錐P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA=PD，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，點(diǎn)E在棱PC上，CE=2PE.

(1)證明：平面BDE⊥平面ABCD；(2)當(dāng)直線(xiàn)DE與平面PBD所成角最大時(shí)，求四棱錐P-ABCD的體積.【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)4【分析】（1）根據(jù)題意，取AD中點(diǎn)O，連接OP，連接OC交BD于點(diǎn)F，連接EF，由線(xiàn)面垂直的判定定理可證EF⊥平面ABCD，再由面面垂直的判定定理即可得到結(jié)果；（2）根據(jù)題意，建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算可得DE與平面PBD所成角最大值，從而得到結(jié)果.【詳解】（1）證明：取AD中點(diǎn)O，連接OP，連接OC交BD于點(diǎn)F，連接EF.

在△PAD中，因?yàn)镻A=PD，所以PO⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，面PAD∩面ABCD=AD，PO?面PAD，所以PO⊥平面ABCD，因?yàn)锳B?平面ABCD，所以PO⊥AB.因?yàn)椤鱋DF∽△CBF，所以O(shè)FCF=OD所以O(shè)FCF=PE所以EF⊥AD，EF⊥AB.因?yàn)锳B，AD?面ABCD，AB∩AD=A，所以EF⊥平面ABCD，因?yàn)镋F?面BDE，所以平面BDE⊥平面ABCD.（2）以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA，OP為x，z軸，過(guò)O平行于AB的直線(xiàn)為y軸建立空間直角坐標(biāo)系，

則O0,0,0，A1,0,0，D-1,0,0，B設(shè)P0,0,h，因?yàn)镈B=DE=設(shè)平面PBD的法向量n=則n?DP=x+hz=0n?DB=2x+2y=0所以n=設(shè)直線(xiàn)DE與平面PBD所成角為θ，θ∈0,所sin=h當(dāng)且僅當(dāng)h=1時(shí)等號(hào)成立，因?yàn)閥=sinθ在所以當(dāng)h=1時(shí)，直線(xiàn)DE與平面PBD所成角最大，此時(shí)VP-ABCD綜上，直線(xiàn)DE與平面PBD所成角最大時(shí)，四棱錐P-ABCD的體積為43題型6體積中的最值取值范圍【例題6】（2023秋·四川成都·高三成都七中?？奸_(kāi)學(xué)考試）已知矩形ABCD中，AB=2，BC=23，M，N分別為AD，BC中點(diǎn)，O為對(duì)角線(xiàn)AC，BD交點(diǎn)，如圖1所示．現(xiàn)將△OAB和△OCD剪去，并將剩下的部分按如下方式折疊：沿MN將△AOD,△BOC

(1)求證：MN⊥平面AOC；(2)求此多面體體積V的最大值．【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)1【分析】（1）取MN中點(diǎn)E，通過(guò)證明MN⊥平面AOE，MN⊥平面COE，證得MN⊥OA，（2）由幾何體的對(duì)稱(chēng)性化為求VM-CON的最值，即M到面OCN【詳解】（1）

在圖2中，取MN的中點(diǎn)E，連AE，因?yàn)锳M=AN，E為MN的中點(diǎn)，所以MN⊥AE，同理得MN⊥CE，MN⊥OE，因?yàn)锳E∩OE=E，AE、OE?平面AOE，所以MN⊥平面AOE，因?yàn)镺A?平面AOE，所以MN⊥OA，因?yàn)镃E∩OE=E，CE、OE?平面COE，所以MN⊥平面COE，因?yàn)镺C?平面COE，所以MN⊥OC，因?yàn)镺A∩OC=O，OA、OC?平面COA，所以MN⊥平面COA．（2）根據(jù)圖形的對(duì)稱(chēng)性可知，V=2V因?yàn)椤鱋CN的面積為12所以當(dāng)點(diǎn)M到平面OCN的距離最大值時(shí)，三棱錐體積最大，此時(shí)平面OMC⊥平面ONC，點(diǎn)M到平面OCN的距離等于點(diǎn)M到OC的距離，等于3，所以此多面體體積V的最大值為2×1【變式6-1】1.（2023·全國(guó)·高三專(zhuān)題練習(xí)）如圖（1），在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=90°，E、F、H分別為邊AB、AC、BC的中點(diǎn)，以EF為折痕把△AEF折起，使點(diǎn)A到達(dá)點(diǎn)P位置（如圖（2））．當(dāng)四棱錐(1)設(shè)平面PBE與平面PFH的交線(xiàn)為l，求證：l⊥平面PEF；(2)在棱PF上是否存在點(diǎn)N，使得BN與平面PEF所成角的正弦值為22613？若存在，求【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)存在，PN=24【分析】（1）先判斷出當(dāng)PE⊥平面BCFE時(shí)，四棱錐P-BCFE的體積取最大值；然后結(jié)合線(xiàn)面垂直的判定定理以及線(xiàn)面平行的性質(zhì)定理證得l⊥平面PEF.（2）判斷出BN與平面PEF所成角，根據(jù)所成角的正弦值列方程，結(jié)合余弦定理求得PN.【詳解】（1）過(guò)點(diǎn)P在平面PBE內(nèi)作PO⊥BE，垂足為點(diǎn)O，∵EF⊥PE，EF⊥BE，PE∩BE=E，則EF⊥平面PBE，∵PO?平面PBE，∴PO⊥EF，∵PO⊥BE，EF∩BE=E，EF,BE?平面BCFE，∴PO⊥平面BCFE，則PO=PEsin故當(dāng)PE⊥平面BCFE時(shí)，四棱錐P-BCFE的體積取最大值，∵BE⊥PE，EF⊥BE，EF∩PE=E，∴BE⊥平面PEF，因?yàn)镋F//BC，EF=12BC，H為BC故四邊形BHFE為平行四邊形，所以，BE//∵BE?平面PFH，F(xiàn)H?平面PFH，∴BE//平面PFH因?yàn)锽E?平面PBE，平面PBE∩平面PFH=l，∴l(xiāng)//BE，因此，l⊥平面（2）因?yàn)锽E⊥平面PEF，∴BN與平面PEF所成角為∠BNE，因?yàn)镋N?平面PEF，∴BE⊥EN，所以，sin∠BNE=BEB在Rt△PEF中，∠EPF=π4，PE=1由余弦定理可得EN所以，PN2-2PN+因此，在棱PF上存在點(diǎn)N，使得BN與平面PEF所成角的正弦值為22613，且PN=2【變式6-1】2.（2023春·江西南昌·高三南昌市八一中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖1，在邊長(zhǎng)為4的菱形ABCD中，∠DAB=60°，點(diǎn)M,N分別是邊BC,CD的中點(diǎn)，AC∩BD=O1，AC∩MN=G.沿MN將△CMN翻折到△PMN的位置，連接PA,PB,PD，得到如圖

(1)在翻折過(guò)程中是否總有平面PBD⊥平面PAG?證明你的結(jié)論；(2)在翻折過(guò)程中當(dāng)四棱錐P-MNDB的體積最大時(shí)，求此時(shí)點(diǎn)A到平面PDB的距離；(3)在（2）的條件下，求二面角的平面角B-PM-N的余弦值.【答案】(1)總有平面PBD⊥平面PAG，證明見(jiàn)解析(2)6(3)-【分析】（1）由線(xiàn)面垂直的判定可證得MN⊥平面PAG，根據(jù)平行關(guān)系可得BD⊥平面PAG，由面面垂直的判定可證得結(jié)論；（2）易知當(dāng)PG⊥平面MNDB時(shí)，四棱錐P-MNDB體積最大，利用三棱錐P-ADB的體積可構(gòu)造方程求得點(diǎn)A到平面PDB的距離；（3）以G為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)二面角的向量求法可求得結(jié)果.【詳解】（1）在翻折過(guò)程中總有平面PBD⊥平面PAG；證明如下：∵點(diǎn)M,N分別是邊BC,CD的中點(diǎn)，∴BD//∵菱形ABCD中，∠DAB=60°，∵G是MN的中點(diǎn)，PM=PN，∴MN⊥PG；∵菱形ABCD的對(duì)角線(xiàn)互相垂直，∴BD⊥AC，∴MN⊥AC；∵AC∩PG=G，AC,PG?平面PAG，∴MN⊥平面PAG，∴BD⊥平面PAG，∵BD?平面PBD，∴平面PBD⊥平面PAG.（2）要使得四棱錐P-MNDB體積最大，只要點(diǎn)P到平面MNDB的距離最大即可，當(dāng)PG⊥平面MNDB時(shí)，點(diǎn)P到平面MNDB的距離最大為3，又S△ADB∴V∵PO1=設(shè)點(diǎn)A到平面PDB的距離為d，∴VP-ADB=即點(diǎn)A到平面PDB的距離為6.（3）以G為坐標(biāo)原點(diǎn)，GA,GM,

則B3,2,0，M0,1,0∴MB=3∵x軸⊥平面PMN，∴平面PMN的一個(gè)法向量n=設(shè)平面PMB的一個(gè)法向量為m=則m?MB=3x+y=0m?∴平面PMN的一個(gè)法向量m=∴cos由圖形可知：二面角B-PM-N為鈍二面角，∴二面角B-PM-N的余弦值為-5【變式6-1】3．（2023·全國(guó)·高三專(zhuān)題練習(xí)）如圖，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，E為B1C1的中點(diǎn)，M

(1)證明：平面A1MC//平面(2)若CM⊥平面ABB1A1，BE⊥AB1，CC1與平面ABB1A1的距離為x，(3)在（2）的條件下，當(dāng)x為多少時(shí)，三棱錐A1【答案】(1)證明見(jiàn)詳解(2)y=(3)16【分析】（1）根據(jù)線(xiàn)面、面面平行的判定定理分析證明；（2）根據(jù)題意可知AB1⊥平面A（3）整理得y=1【詳解】（1）由題意可得：A1N=BM，A1N//BM，則A1且A1M?平面A1MC，BN?平面A1取A1N的中點(diǎn)F，連接因?yàn)镋,N分別為B1C1,B又因?yàn)锳1F=AM，A1F//可得AA1//FM，且AA1//CC1，AA1=C可得CC1FM為平行四邊形，則CM//C1F且CM?平面A1MC，EN?平面A1MC，所以BN∩EN=N，BN,EN?平面BEN，所以平面A1MC//平面（2）因?yàn)镃M⊥平面ABB1A1，A1且CC1//平面ABB1A且CM//EN，則EN⊥平面ABBAB1?平面AB且BE⊥AB1，EN∩BE=E,EN,BE?平面所以AB1⊥又因?yàn)槠矫鍭1MC//平面BEN，則ABA1M?平面A1設(shè)AB1∩A1M=G，因?yàn)锳B//所以三棱錐A1-ACM的體積為

（3）由（2）可知y=1當(dāng)x2=32，即x=42時(shí)，y【變式6-1】4.（2023春·四川雅安·高三雅安中學(xué)校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，AD⊥BP，AP⊥BD，E為棱AB上任意一點(diǎn)（不包括端點(diǎn)），F(xiàn)為棱PD上任意一點(diǎn)（不包括端點(diǎn)），且AEAB(1)證明：異面直線(xiàn)CE與AP所成角為定值．(2)已知AB=AP=1，BC=2，當(dāng)三棱錐C-BEF的體積取得最大值時(shí)，平面CEF與PA交于點(diǎn)N，求EN的長(zhǎng)．【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)13【分析】（1）根據(jù)題意，由線(xiàn)面垂直的判定定理可得AP⊥平面ABCD，從而得到異面直線(xiàn)所成角為定值；（2）根據(jù)題意，在AD上取點(diǎn)G，使得FG∥AP，由條件表示出三棱錐【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD為矩形，∴AD⊥AB．∵AD⊥BP，AB∩BP=B，∴AD⊥平面PAB，∴AD⊥AP．∵AP⊥BD，BD∩AD=D，BD,AD?平面ABCD，∴AP⊥平面ABCD，∴AP⊥CE，∴異面直線(xiàn)CE與AP所成角為定值，且該定值為90°．（2）如圖，在AD上取點(diǎn)G，使得FG∥由AEAB=DFDP，設(shè)AE=xAB，由AB=AP=1，BC=2，AP⊥平面ABCD，可得PD=AP2+AD2=∵FG∥AP，AP⊥平面ABCD，∴在△APD中，有GFAP=DFPD，可得△BCE的面積為12VC-BEF可得當(dāng)x=12時(shí)，三棱錐C-BEF體積的最大值為當(dāng)三棱錐C-BEF的體積取得最大值時(shí)，E為AB的中點(diǎn)，F(xiàn)為DP的中點(diǎn)．延長(zhǎng)CE交DA于點(diǎn)M，連接MF，交PA于點(diǎn)N．∵AE∥CD，∴AMMD∵FG∥AP，∴∴AN=2又AE=12AB=【變式6-1】5.（2023·遼寧遼陽(yáng)·統(tǒng)考二模）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，AD⊥BP,AP⊥BD,E為棱AB上任意一點(diǎn)（不包括端點(diǎn)），F(xiàn)為棱PD上任意一點(diǎn)（不包括端點(diǎn)），且AEAB(1)證明：異面直線(xiàn)CE與AP所成角為定值．(2)已知AB=AP=1,BC=2，當(dāng)三棱錐C-BEF的體積取得最大值時(shí)，求PC與平面CEF所成角的正弦值．【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)2【分析】（1）先利用題給條件證得AP⊥平面ABCD，進(jìn)而得到AP⊥CE，則異面直線(xiàn)CE與AP所成角為定值90°．（2）先由三棱錐C-BEF的體積取得最大值時(shí)確定E,F兩點(diǎn)的位置，再建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量的方法即可求得PC與平面CEF所成角的正弦值．【詳解】（1）∵四邊形ABCD為矩形，∴AD⊥AB．又∵AD⊥BP,AB∩BP=B，AB,BP?平面PAB．∴AD⊥平面PAB．又AP?平面PAB，∴AD⊥AP又∵AP⊥BD,BD∩AD=D,BD,AD?平面ABCD∴AP⊥平面ABCD，又CE?平面ABCD，∴AP⊥CE，∴異面直線(xiàn)CE與AP所成角為定值，且該定值為90°．（2）如圖，在AD上取點(diǎn)G，使得FG//由AEAB=DFDP，設(shè)由AB=AP=1,BC=2,AP⊥平面ABCD，可得PD=A∵FG∥AP,AP⊥平面ABCD,∴FG⊥平面ABCD．在△APD中，有GFAP=DFPD，可得△BCE的面積為12VC-BEF可得當(dāng)x=12時(shí)，三棱錐F-BCE體積的最大值為當(dāng)三棱錐F-BCE的體積取得最大值時(shí)，此時(shí)E為AB的中點(diǎn)，F(xiàn)為DP的中點(diǎn)．以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB,AD,AP的方向分別為x軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則CP=(-1,-2,1),設(shè)平面CEF的法向量為n=(x,y,z)則n?EC令x=4，得y=-1,z=6，則n=(4,-1,6)因?yàn)閏os?所以當(dāng)三棱錐C-BEF的體積取得最大值時(shí)，PC與平面CEF所成角的正弦值為2【變式6-1】6.（2023·全國(guó)·高三專(zhuān)題練習(xí)）在△ABC中，∠ACB=45°，BC=3，過(guò)點(diǎn)A作AD⊥BC，交線(xiàn)段BC于點(diǎn)D（如圖1），沿AD將△ABD折起，使∠BDC=90(1)求證：CD⊥ME；(2)求三棱錐A-BCD的體積最大值.【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)2【分析】（1）利用線(xiàn)線(xiàn)垂直證明線(xiàn)面垂直，再利用線(xiàn)面垂直及平行關(guān)系證明線(xiàn)線(xiàn)垂直；（2）通過(guò)線(xiàn)面垂直找到三棱錐的高，建立錐體體積函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)法求最值即可.【詳解】（1）在△ABC中，M，E分別為AC，BC的中點(diǎn)，則ME∥折疊前AD⊥BC則折疊后AD⊥CD，又∠BDC=90°即CD⊥BD，且又AD?平面ADB，BD?平面ADB，所以CD⊥平面ADB，又AB?平面ADB，所以CD⊥AB，而ME∥AB，所以（2）設(shè)BD=x(0<x<3)，則CD=3-x，因?yàn)锳D⊥CD，AD⊥BD，且CD∩BD=D，又CD?平面BDC，BD?平面BDC，所以AD⊥平面BDC，所以AD為三棱錐A-BCD的高，在△ADC中，∠ACD=45°,∠ADC=90°，所以AD=CD=3-x，所以VA-BCD則V'=12(3-x)(1-x)，令V令V'>0解得0<x<1，令V'所以VA-BCD=16x故當(dāng)x=1即當(dāng)BD=1，CD=2時(shí)，VA-BCD此時(shí)Vmax題型7向量法求體積【例題7】（2023秋·河北邯鄲·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）如圖，幾何體由四棱錐B-AEFC和三棱臺(tái)EFG-ACD組合而成，四邊形ABCD為梯形，AD//BC且AD=2BC，AD⊥CD，CD=2FG，DG⊥平面ABCD，DA=DC=2，平面EBC與平面ABCD的夾角為45°.

(1)求證：平面BCE⊥平面CDGF；(2)求三棱臺(tái)EFG-ACD的體積.【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)7【分析】（1）利用線(xiàn)面垂直的性質(zhì)和平行的性質(zhì)得BC⊥CD，再利用面面垂直的判定即可；（2）建立合適的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)DG=h，求出相關(guān)平面法向量，利用面面角的空間向量求法得到方程，解出h，再利用棱臺(tái)體積公式即可得到答案.【詳解】（1）因?yàn)镈G⊥平面ABCD,BC?平面ABCD，所以DG⊥BC，因?yàn)锳D//BC,AD⊥CD，所以BC⊥CD，由GD∩CD=D，GD,CD?平面CDGF，得BC⊥平面CDGF，由BC?平面BCE，得平面BCE⊥平面CDGF.（2）因?yàn)镈G⊥平面ABCD，AD,CD?平面ABCD，所以DG⊥AD,DG⊥CD，又因?yàn)锳D⊥CD，所以DG,AD,CD兩兩互相垂直，所以以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA所在直線(xiàn)為x軸，DC所在直線(xiàn)為y軸，DG所在直線(xiàn)為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖.設(shè)DG=h，由題可知，D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(1,0,h),F(0,1,易知平面ABCD的一個(gè)法向量為DG=(0,0,h)，設(shè)平面EBC的法向量為CB=(1,0,0),BE=(0,-2,h)，故得不妨令y=1，則n=0,1,2所以三棱臺(tái)EFG-ACD的體積為V=1

【變式7-1】1.（2023·廣西·統(tǒng)考一模）如圖，三棱錐A-BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，

(1)證明：平面BEF⊥平面ABC；(2)求多面體BCDFE的體積．【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)3【分析】（1）由已知先判定CD⊥平面ABC，再根據(jù)面面垂直的判定證明即可；（2）建立合適的空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量先計(jì)算B到面CDFE的距離，再求體積即可.【詳解】（1）證明：∵三棱錐A-BCD中，AB⊥平面BCD，CD?平面BCD，∴CD⊥AB，又BC⊥CD，AB∩BC=B，AB、BC?平面ABC，∴CD⊥平面ABC，∵E為AC的中點(diǎn)，F(xiàn)為AD的中點(diǎn)．∴EF∥CD，∴EF⊥平面ABC．∵EF?平面BEF，∴平面BEF⊥平面ABC．（2）由條件及（1）可知：EF∥CD，EF=12CD=∴四邊形CDFE為直角梯形，∴S梯形以C為原點(diǎn)，CB為x軸，CD為y軸，過(guò)C作平面BCD的垂線(xiàn)為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則C0,0,0、B2,0,0故CB=設(shè)平面CDFE的法向量n=則n?CD=3y=0n?點(diǎn)B到平面CDFE的距離d=∴多面體BCDFE的體積即四棱錐B-CDFE的體積即V=1

【變式7-1】2.（2023·黑龍江齊齊哈爾·統(tǒng)考二模）如圖，四棱錐P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB∥DC，DC=AD=PD=1，AB=2，E為線(xiàn)段PA上一點(diǎn)，點(diǎn)F在邊AB上且CF⊥BD.(1)若E為PA的中點(diǎn)，求四面體BCEP的體積；(2)在線(xiàn)段PA上是否存在點(diǎn)E，使得EF與平面PFC所成角的余弦值是63？若存在，求出AE【答案】(1)1(2)存在，2【分析】（1）根據(jù)題意，以D為原點(diǎn)，DA，DC，DP所在直線(xiàn)分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系（2）設(shè)點(diǎn)F坐標(biāo)為1,t,0，根據(jù)CF?DB=0【詳解】（1）解：由題意可得DA,DC,DP兩兩互相垂直，所以可以以D為原點(diǎn)，DA,DC,DP所在直線(xiàn)分別為x，y，∴A1,0,0，B1,2,0，C0,1,0，∴BC=-1,-1,0，CP=設(shè)平面PBC的一個(gè)法向量m=m?BC=-x-y=0設(shè)點(diǎn)E到平面PBC的距離為d，則d=CE又因?yàn)锽C=PC=2，PB=6，∴△PBC∴四面體BCEP的體積為13（2）設(shè)點(diǎn)F坐標(biāo)為1,t,0，∴CF=1,t-1,0，∵CF⊥BD，即CF?DB=0∴F1,12設(shè)AE=λAP=∴FE=設(shè)平面PFC的一個(gè)法向量n=∴n?CF=0n?CP∴n?∴cosFE∵FE與面PFC所成角的余弦值是63，正弦值為1-∴2λ-238λ∴λ=110，∴存在滿(mǎn)足條件的點(diǎn)E，AE=-1【變式7-1】3.（2023·全國(guó)·高三專(zhuān)題練習(xí)）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥平面AA1B(1)求證：AD⊥平面A1(2)若E為棱BC的中點(diǎn)，求三棱錐E-AC【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)3【分析】（1）由題意可得△ABD為等邊三角形，△A1B1D為等腰三角形，進(jìn)而證明AD⊥A1（2）由（1）△AC1D為直角三角形，求出其面積，連接AB1，以A為原點(diǎn)，AB,AC,AB1【詳解】（1）證明：已知∠ABB1=π3則BB1=AA又D為棱BB1的中點(diǎn)，則所以△ABD為等邊三角形，△A則∠BDA=π3，所以∠ADA1=因?yàn)锳C⊥平面AA1B1B所以AC⊥AD，即A1而A1C1∩A1D=A1（2）由（1）可知，AD=1，由AD⊥平面A1C1D，C1D?平面由AC⊥平面AA1B1B，AA1因?yàn)锳1C1=AA則在Rt△AC1所以S△A連接AB1，已知∠ABB1=由余弦定理AB滿(mǎn)足BB12=AB而AC⊥平面AA1B以A為原點(diǎn)，AB,AC,AB則A0,0,0，E12,1,0，所以AE=12,1,0，設(shè)n=x,y,z為平面則n?AD=0n?AC所以點(diǎn)E到平面AC1D則三棱錐E-AC1D【變式7-1】4．（2023春·重慶·高三重慶市萬(wàn)州第二高級(jí)中學(xué)統(tǒng)考階段練習(xí)）如圖，EA⊥平面ABCD，EA∥FC，AC=EA=2FC=2，四邊形ABCD為菱形.(1)證明：FA⊥平面EBD；(2)若直線(xiàn)AB與平面EBD所成角的正弦值為25，求三棱錐E-BDF【答案】(1)見(jiàn)解析(2)3【分析】（1）設(shè)AC,BD交于點(diǎn)O，連接OE，根據(jù)線(xiàn)面垂直的性質(zhì)可得EA⊥BD,FC⊥BD，EA⊥AC,CF⊥AC，證明Rt△EAO?Rt△ACF，從而可得∠AEO=∠FAC（2）如圖，以O(shè)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)OB=a，利用向量法結(jié)合線(xiàn)AB與平面EBD所成角的正弦值求出a，再利用向量法求出點(diǎn)F到平面EBD的距離，再根據(jù)棱錐的體積公式即可得解.【詳解】（1）證明：設(shè)AC,BD交于點(diǎn)O，連接OE，因?yàn)镋A∥FC，所以A,C,F,E四點(diǎn)共面，因?yàn)镋A⊥平面ABCD，所以FC⊥平面ABCD，因?yàn)锳C,BD?平面ABCD，所以EA⊥BD,FC⊥BD，EA⊥AC,EF⊥AC，又四邊形ABCD為菱形，所以AC⊥BD，OA=1因?yàn)锳C∩EA=A，所以BD⊥平面ACFE,所以BD⊥FA，又AC=EA=2FC=2，所以O(shè)A=FC，所以Rt△EAO?所以∠AEO=∠FAC，所以∠EAF+∠AEO=∠EAF+∠FAC=90°，所以EO⊥AF，又EO∩BD=O,EO,BD?平面EBD，所以FA⊥平面EBD；（2）解：如圖，以O(shè)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)OB=a，則B(a,0,0),C(0,1,0),D(-a,0,0),A(0,-1,0),E(0,-1,2),F(0,1,1)，AB=(a,1,0)由（1）知AF=(0,2,1)是平面EBD則|cos?AF則BF=(-3,1,1)則點(diǎn)F到平面EBD的距離d=|又EO=1+4=5所以三棱錐E-BDF的體積為13【變式7-1】5.（2022·全國(guó)·高三專(zhuān)題練習(xí)）如圖1，平面圖形PABCD由直角梯形ABCD和Rt△PAD拼接而成，其中AB=BC=1，BC∥AD?AB⊥AD，PA=PD=2，PA⊥PD，PC與AD相交于O，現(xiàn)沿著AD折成四棱錐(1)當(dāng)四棱錐P-ABCD的體積最大時(shí)，求點(diǎn)B到平面PCD的距離；(2)在（1）的條件下，線(xiàn)段PD上是否存在一點(diǎn)Q，使得二面角Q-AC-D的余弦值為63？若存在，求出PQ【答案】(1)33(2)存在，PQQD【分析】（1）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間距離公式進(jìn)行求解即可；（2）利用空間夾角公式進(jìn)行求解即可.【詳解】（1）在圖1中，在△PAD中，PA⊥PD，PA=PD=2，∴AD=2易知四邊形ABCO為正方形，∴AO=1，即O為AD的中點(diǎn)，在圖2中，當(dāng)四棱錐P-ABCD的體積最大時(shí)，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，此時(shí)PO⊥平面ABCD，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OC所在直線(xiàn)為x軸，OD所在直線(xiàn)為y軸，OP所在直線(xiàn)為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則P0,0,1，A0,-1,0，B1,-1,0，C∴PB=1,-1,-1，CP=設(shè)平面PCD的一個(gè)法向量為u=則u取z=1，得u=則B點(diǎn)到平面PCD的距離d=PB（2）假設(shè)存在，且設(shè)PQ=λ∵PD=0,1,-1，∴OQ-∴Q0,λ,1-λ設(shè)平面CAQ的一個(gè)法向量為m=x1,y則m取z1=1+λ，得又易知平面CAD的一個(gè)法向量為n=∵二面角Q-AC-D的余弦值為63∴cosm整理化簡(jiǎn)，得3λ2-10λ+3=0，解得λ=∴線(xiàn)段PD上存在滿(mǎn)足題意的點(diǎn)Q，且PQQD題型8外接球問(wèn)題【例題8】（2023·全國(guó)·高三專(zhuān)題練習(xí)）如圖（1）所示，在△ABC中，AB=43，BC=23，∠B=60°，DE垂直平分AB．現(xiàn)將△ADE沿DE折起，使得二面角A-DE-B大小為60°，得到如圖（2）所示的空間幾何體（折疊后點(diǎn)

(1)求點(diǎn)D到面PEC的距離；(2)求四棱錐P-BCED外接球的體積；(3)點(diǎn)Q為一動(dòng)點(diǎn)，滿(mǎn)足PQ=λPE??(0<λ<1)，當(dāng)直線(xiàn)BQ與平面【答案】(1)2(2)20(3)PQ【分析】（1）由已知可證得平面PDB⊥平面BCDE，取BD中點(diǎn)O，連接PO,OC，則有OB,OC,OP兩兩垂直，所以以{OB,OC（2）連接BE，則四邊形BCED的外接圓圓心在BE的中點(diǎn)O1，△PBD外接圓的圓心為PO的三等分點(diǎn)O2，過(guò)點(diǎn)圓心O1，O（3）由PQ=λPE??(0<λ<1)，表示出點(diǎn)Q的坐標(biāo)，然后利用空間向量表示出直線(xiàn)【詳解】（1）由AB=43，BC=23，∠B=π3，得AC=6，因?yàn)镈E垂直平分AB，所以DE⊥PD,DE⊥BD，所以∠PDB為平面PDE與平面BCED的二面角的平面角，所以∠PDB=π3，PD=BD，所以取BD中點(diǎn)O，連接PO,OC，所以PO⊥BD,OC⊥BD，因?yàn)镻D∩BD=D，PD,BD?平面PDB，所以DE⊥平面PDB，因?yàn)镈E?平面BCDE，所以平面PDB⊥平面BCDE，因?yàn)镻O⊥BD,OC⊥BD所以∠POC為二面角P-BD-C的平面角，所以PO⊥OC，以{OB,OC則B(3所以PC=(0,3,-3),設(shè)平面PEC的一個(gè)法向量為nn?PC=3y-3z=0n又DP=(所以點(diǎn)D到面PEC的距離d=|（2）連接BE，由BD⊥DE，BC⊥CE，則四邊形BCED的外接圓圓心在BE的中點(diǎn)△PBD為正三角形，則△PBD外接圓的圓心為PO的三等分點(diǎn)O2過(guò)點(diǎn)圓心O1，O如圖所示，連接BM，則BM即球的半徑.在Rt△ADE中，AD=2則DE=ADtan在Rt△MO1BO1=則球的體積V=4

（3）設(shè)Q(x1,y1所以x1=-3所以BQ=(-設(shè)直線(xiàn)BQ與平面PEC所成角為θ（θ∈0,則sinθ==22174λ2-3λ+3此時(shí)直線(xiàn)BQ與平面PEC所成角最大，即當(dāng)PQ=38PE時(shí)，直線(xiàn)

【變式8-1】1.（2023·遼寧·遼寧實(shí)驗(yàn)中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）如圖（1），六邊形ABCDEF是由等腰梯形ADEF和直角梯形ABCD拼接而成，且∠BAD=∠ADC=90°，AB=AF=EF=ED=2,AD=CD=4，沿AD進(jìn)行翻折，得到的圖形如圖（2）所示，且(1)求二面角C-AE-D的余弦值；(2)求四棱錐C-ADEF外接球的體積.【答案】(1)5(2)64【分析】（1）作EM⊥AD，連接AC，則AC=42，證得CD⊥平面ADEF，得到CD⊥AE再證得AE⊥平面CDE，得到AE⊥DE，進(jìn)而得到∠CED就是二面角C-AE-D的平面角，在直角△CDE（2）取AD的中點(diǎn)O1，連接O1E,O1F，得到O1為等腰梯形ADEF的外心，取AC的中點(diǎn)O，連接OA,OD,OE,OO1【詳解】（1）解：在等腰梯形ADEF中，作EM⊥AD于M，則DM=AD-EF2=1,AM=3,EM=連接AC，則AC=42因?yàn)椤螦EC=90°，所以EC=25，所以E又因?yàn)镃D⊥AD，